二叉堆

结构

从二叉堆的结构说起，它是一棵二叉树，并且是完全二叉树，每个结点中存有一个元素（或者说，有个权值）。

堆性质：父亲的权值不小于儿子的权值（大根堆）。同样的，我们可以定义小根堆。本文以大根堆为例。

由堆性质，树根存的是最大值（getmax 操作就解决了）。

过程

插入操作

插入操作是指向二叉堆中插入一个元素，要保证插入后也是一棵完全二叉树。

最简单的方法就是，最下一层最右边的叶子之后插入。

如果最下一层已满，就新增一层。

插入之后可能会不满足堆性质？

向上调整：如果这个结点的权值大于它父亲的权值，就交换，重复此过程直到不满足或者到根。

可以证明，插入之后向上调整后，没有其他结点会不满足堆性质。

向上调整的时间复杂度是 $O (\log n)$ 的。

二叉堆的插入操作

删除操作

删除操作指删除堆中最大的元素，即删除根结点。

但是如果直接删除，则变成了两个堆，难以处理。

所以不妨考虑插入操作的逆过程，设法将根结点移到最后一个结点，然后直接删掉。

然而实际上不好做，我们通常采用的方法是，把根结点和最后一个结点直接交换。

于是直接删掉（在最后一个结点处的）根结点，但是新的根结点可能不满足堆性质……

向下调整：在该结点的儿子中，找一个最大的，与该结点交换，重复此过程直到底层。

可以证明，删除并向下调整后，没有其他结点不满足堆性质。

时间复杂度 $O (\log n)$ 。

增加某个点的权值

很显然，直接修改后，向上调整一次即可，时间复杂度为 $O (\log n)$ 。

实现

我们发现，上面介绍的几种操作主要依赖于两个核心：向上调整和向下调整。

考虑使用一个序列 $h$ 来表示堆。 $h_{i}$ 的两个儿子分别是 $h_{2 i}$ 和 $h_{2 i + 1}$ ， $1$ 是根结点：

h 的堆结构

参考代码：

void up(int x) {
  while (x > 1 && h[x] > h[x / 2]) {
    std::swap(h[x], h[x / 2]);
    x /= 2;
  }
}

void down(int x) {
  while (x * 2 <= n) {
    t = x * 2;
    if (t + 1 <= n && h[t + 1] > h[t]) t++;
    if (h[t] <= h[x]) break;
    std::swap(h[x], h[t]);
    x = t;
  }
}

建堆

考虑这么一个问题，从一个空的堆开始，插入 $n$ 个元素，不在乎顺序。

直接一个一个插入需要 $O (n \log n)$ 的时间，有没有更好的方法？

方法一：使用 decreasekey（即，向上调整）

从根开始，按 BFS 序进行。

void build_heap_1() {
  for (i = 1; i <= n; i++) up(i);
}

为啥这么做：对于第 $k$ 层的结点，向上调整的复杂度为 $O (k)$ 而不是 $O (\log n)$ 。

总复杂度： $\log 1 + \log 2 + \dots + \log n = Θ (n \log n)$ 。

（在「基于比较的排序」中证明过）

方法二：使用向下调整

这时换一种思路，从叶子开始，逐个向下调整

void build_heap_2() {
  for (i = n; i >= 1; i--) down(i);
}

换一种理解方法，每次「合并」两个已经调整好的堆，这说明了正确性。

注意到向下调整的复杂度，为 $O (\log n - k)$ ，另外注意到叶节点无需调整，因此可从序列约 $n / 2$ 的位置开始调整，可减少部分常数但不影响复杂度。

证明

\begin{aligned} 总复杂度 & = n \log n - \log 1 - \log 2 - \dots - \log n \\ \leq n \log n - 0 \times 2^{0} - 1 \times 2^{1} - \dots - (\log n - 1) \times \frac{n}{2} \\ = n \log n - (n - 1) - (n - 2) - (n - 4) - \dots - (n - \frac{n}{2}) \\ = n \log n - n \log n + 1 + 2 + 4 + \dots + \frac{n}{2} \\ = n - 1 \\ = O (n) \end{aligned}

之所以能 $O (n)$ 建堆，是因为堆性质很弱，二叉堆并不是唯一的。

要是像排序那样的强条件就难说了。

应用

对顶堆

SPOJ RMID2 - Running Median Again

维护一个序列，支持两种操作：

向序列中插入一个元素
输出并删除当前序列的中位数（若序列长度为偶数，则输出较小的中位数）

这个问题可以被进一步抽象成：动态维护一个序列上第 $k$ 大的数， $k$ 值可能会发生变化。

对于此类问题，我们可以使用 对顶堆 这一技巧予以解决（可以避免写权值线段树或 BST 带来的繁琐）。

对顶堆由一个大根堆与一个小根堆组成，小根堆维护大值即前 $k$ 大的值（包含第 k 个），大根堆维护小值即比第 $k$ 大数小的其他数。

这两个堆构成的数据结构支持以下操作：

维护：当小根堆的大小小于 $k$ 时，不断将大根堆堆顶元素取出并插入小根堆，直到小根堆的大小等于 $k$ ；当小根堆的大小大于 $k$ 时，不断将小根堆堆顶元素取出并插入大根堆，直到小根堆的大小等于 $k$ ；
插入元素：若插入的元素大于等于小根堆堆顶元素，则将其插入小根堆，否则将其插入大根堆，然后维护对顶堆；
查询第 $k$ 大元素：小根堆堆顶元素即为所求；
删除第 $k$ 大元素：删除小根堆堆顶元素，然后维护对顶堆；
$k$ 值 $+ 1 / - 1$ ：根据新的 $k$ 值直接维护对顶堆。

显然，查询第 $k$ 大元素的时间复杂度是 $O (1)$ 的。由于插入、删除或调整 $k$ 值后，小根堆的大小与期望的 $k$ 值最多相差 $1$ ，故每次维护最多只需对大根堆与小根堆中的元素进行一次调整，因此，这些操作的时间复杂度都是 $O (\log n)$ 的。

参考代码

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  int t, x;
  cin >> t;
  while (t--) {
    // 大根堆，维护前一半元素（存小值）
    priority_queue<int, vector<int>, less<int>> a;
    // 小根堆，维护后一半元素（存大值）
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> b;
    while (cin >> x, x) {
      // 若为查询并删除操作，输出并删除大根堆堆顶元素
      // 因为这题要求输出中位数中较小者（偶数个数字会存在两个中位数候选）
      // 这个和上面的第k大讲解有稍许出入，但如果理解了上面的，这个稍微变通下便可理清
      if (x == -1) {
        cout << a.top() << '\n';
        a.pop();
      }
      // 若为插入操作，根据大根堆堆顶的元素值，选择合适的堆进行插入
      else {
        if (a.empty() || x <= a.top())
          a.push(x);
        else
          b.push(x);
      }
      // 对对顶堆进行调整
      if (a.size() > (a.size() + b.size() + 1) / 2) {
        b.push(a.top());
        a.pop();
      } else if (a.size() < (a.size() + b.size() + 1) / 2) {
        a.push(b.top());
        b.pop();
      }
    }
  }
  return 0;
}

习题

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